3.1 Moti unidimensionali

3.1.1

L'energia potenziale è una funzione simmetrica rispetto all'asse delle $y$. Dunque

$$T(E)=4\int_0^{x^+(E)} \frac {dx}{\sqrt {2(E-V(x))}},$$ (3.1)

dove $x^+(E)=E^{\frac 1{\alpha}}$. Cambiando variabile di integrazione:

$$T(E)=E^{\frac 1{\alpha}-\frac 12} 2\sqrt 2 \int_0^1 \frac {dy}{\sqrt{1-y^\alpha}}$$

Il periodo non dipende dall'energia solo se $\alpha=2$ (potenziale armonico). Se $\alpha >2$ $\lim_{E\to 0} T(E) = +\infty$.

3.1.2

È un' equazione differenziale lineare. Trovando gli zeri del polinomio caratteristico $\lambda^2 = 1$, ottieni che la soluzione è $x(t) = c_1 e^{-t} + c_2 e^t$, con $\dot x = -c_1 e^{-t} + c_2 e^t$. Imponendo il dato iniziale:

$$\begin{matrix} 1 & = & c_1 + c_2 \\ -1 & = & - c_1 + c_2,\end{matrix}$$

dunque $c_1=1$, $c_2=0$ e il moto è $x(t)= e^{-t}$. Il tempo per raggiungere 0 è infinito. Le traiettorie con $x(t) \to 0$ sono tutte e sole quelle con $c_2=0$; esse sono anche tutte e sole le traiettorie con $\dot x(t) \to 0$. Dunque i dati iniziali richiesti sono $(x_0, \dot x_0)=(c, -c)$, con $c\in \mathbb{R}$.

3.1.3 La doppia buca di potenziale

Il valore minimo dell'energia è $-\frac 14$. Ad esso corrispondono due posizioni di equilibrio $x=\pm 1$. Sono stabili perchè sono punti di minimo dell'energia potenziale. Per $-\frac 14 <E <0$ esistono due orbite periodiche. Per $E=0$, hai tre orbite, la soluzione di equilibrio $x=0$, che è instabile eesendo un masssimo locale dell'energia potenziale, e due orbite a meta asintotica. Per $E>0$ hai un'orbita periodica.

Dal ritratto di fase si deduce facilmente che la traiettoria di dato iniziale $(x_0,\dot x_0)=(-1,v)$ passa per $x=1$ se e solo se l'energia totale è maggiore di 0, che è il valore del massimo locale di $V$. Dunque $\frac 12 v^2 -\frac 14 >0$, cioè $\vert v\vert> \frac 1{\sqrt 2}$. Il valore di $V$ in $x=-1$ e $x=1$ è identico; dunque per la conservazione dell'energia, anche il valore di $\vert\dot x$ è identico. Quindi, al primo passaggio per $x=1$, la velocità è $\dot x = \vert v\vert$.

Nel ritratto dell'orbita nello spazio delle fasi, la curva di energia $E=0$ è descritta da $\dot x = \pm \sqrt{2 ( \frac {x^2}2 - \frac {x^4}4 )}$. La tangente dell'angolo richiesto è

$$\lim{x \to 0^+} \dfrac{d }{dx}\sqrt{2 ( \frac {x^2}2 - \frac {x^4}4 )}= 1.$$

L'angolo è $\frac {\pi}4$.

3.1.4 La doppia buca parte II

Il grafico dell'energia potenziale è qualitativamente diverso nei casi $\alpha < 0$ e $\alpha \ge 0$.

Per $\alpha < 0$, il moto è qualitativamente uguale al caso $\alpha = -1$, descritto nell'esercizio precedente.

Per $\alpha \ge 0$, l'energia potenziale è strettamente convessa; l'unica posizione di equilibrio è $x=0$, ed è stabile. In particolare per $\alpha >0$ esiste la frequenza delle piccole oscillazioni, per $\alpha = 0$ non esiste (vedi esercizio 2.1.1).

Nella figura, in ascissa cè i valore di $\alpha$, le curve rosse e blu sono le ascisse delle posizioni di equilibrio, in rosso se l'equilibrio è instabile, in blu se è stabile. La poszione $x=0$ è stabile per $\alpha \ge 0$, instabile per $\alpha < 0$. Le altre posizioni di equilibrio esistono solo per $\alpha < 0$ e sono stabili.

3.1.5

Per $\alpha >0$ l'energia potenziale è monotona strettamente crescente. Non esistono posizioni di equilibrio, le orbite sono tutte illimitate, Per tutti i dati iniziali $x(t)$ tende a $-\infty$. Il tempo che impiega la particella per raggiungere $-\infty$ è finito, infatti $\int_{-\infty}^x \frac {dx}P\sqrt{2(E-x^3-\alpha x )}<\infty$.

Per $\alpha = 0$ cè la posizione di equilibrio $x=0$. Tutte le altre orbite sono illimitate come nel caso precedente. La posizione di equilibrio è instabile, essendo un punto di flesso.

Per $\alpha < 0$ ci sono due posizioni di equilibrio: $x^\pm = \pm \sqrt{-\frac {\alpha}3}$. La posiozione $x^-$ è instabile (massimo locale di $V$), la posizione $x^+$ è stabile (minino locale di $V$). Il valore di $V$ nei punti di equilibrio è $\mp \bar E= \mp \frac 23 \alpha \sqrt{-\frac {\alpha}3}$. Per $E<-\bar E$ cè solo un' orbita illimitata. Per $E=-\bar E$ un'orbita illimita e $x=x^+$ equilibrio stabile. Per $-\bar E < E < \bar E$ un'orbita illimitata e una periodica. Per $E=\bar E$ la posizione di equilibrio instabile $x= x^-$, un'orbita limitata a meta asintotica nella regione $x> x^-$, un'orbita illimitata a meta asintotica nel passato nella regione $x< x^-$, $\dot x < 0$, un'orbita illimitata a meta asintotica nel futuro nella regione $x< x^-$, $\dot x > 0$.

3.1.6 Variante della doppia buca

L'energia potenziale va a $+\infty$ se $\vert x\vert\to +\infty$. Dunque tutte le orbite sono limitate. Analizzo i casi, al variare di $\alpha$.

La derivata è $x(x^4 -2\alpha x^2 + \alpha$. Dunque $x=x_0=0$ è soluzione di equilibrio per tutti i valori di $\alpha$. Le altre eventuali posizioni di equilibrio verificano $x^2= \alpha \pm \sqrt{\alpha(\alpha -1)}$. Condizione necessaria affinché esistano è che $\alpha (\alpha -1)\ge 0$ cioè $\alpha \ge 1$ o $\alpha \le 0$. Per $\alpha > 1$, $\sqrt{\alpha^2 -\alpha} < \alpha$, dunque esistono quattro posizioni di equilibrio:

$$\begin{matrix} x_1 & = & -\sqrt{ \alpha + \sqrt{\alpha^2 -\alpha}... ...lpha} } \\ x_4 & = & +\sqrt{ \alpha + \sqrt{\alpha^2 -\alpha} }. \end{matrix}$$

Per $\alpha < 0$, $\alpha + \sqrt{\alpha^2 -\alpha} >0$. Dunque esistono solo le posizioni $x_1$ e $x_4$.

In sintesi:

$\alpha < 0$: due posizioni di equilibrio stabili $x_1$ e $x_4$, ed una instabile $x_0$;

$0\le \alpha \le 1$: una sola posizione di equilibrio $x_0$ stabile.

$\alpha > 1$: tre posizioni di equilibrio stabili $x_1$, $x_4$ e $x_0$, e due instabili $x_2$ e $x_3$.

3.1.7 Il pendolo su un piano ruotante

Una primitiva in $\theta$ della forza assegnata è: $V(\theta)= -Rmg \cos \theta + m\frac {R^2\Omega^2}2 \cos^2 \theta$.

$$V'(\theta) = \sin \theta ( Rmg - mR^2 \Omega ^2 \cos \theta)= mR^2 \Omega ^2 (\lambda - \cos \theta).$$

Evidentemente, l'esistenza di alcune posizioni di equilibrio dipende dal fatto che $\lambda$ sia minore o maggiore di $1$. Il parametro $\lambda$ è adimensionale. Per $\lambda ge 1$ ci sono solo la posizione di equilibrio stabile $\theta=0$ e quella instabile $\theta = \pi$. Per $\lambda < 1$, che corrispone al caso di debole gravità, o di grande velocità angolare del piano, compaiono altre due posizioni di equilibrio: $\theta^\pm = \pm \arccos \lambda$. Esse sono stabili, mentre $\theta=0$ è instabile, come si deduce disegnando il grafico di $V$.

Il dato iniziale $(\theta_0, \dot \theta_0)= (-\frac {\pi}2, 0)$ ha energia totale 0. I livelli critici dell'energia sono:

per $\lambda ge 1$: $E_1= -m R^2 \Omega ^2 \left( \lambda -\frac 12 \right)$ (livello di minimo, $\theta=0$) e $E_2= m R^2 \Omega ^2 \left( \lambda +\frac 12 \right)$ (livello di massimo, $\theta = \pi$).

per $\lambda < 1$: $E_1$ diventa un livello di massimo locale, il livello di minimo è $E_3= -m R^2 \Omega ^2 \frac {\lambda^2}2$, che corrisponde alle due soluzioni stazionarie $\theta^{\pm}$.

Dunqye $E=0$ è un livello critico solo se coincide con $E_1$, il che accade se $\lambda \neq \frac 12$; in tal caso, essendo $0<E_2$, l'orbita è periodica. Il periodo è:

$$T=4\int_0^{\frac \pi 2} \frac {d\theta}{ \sqrt{ \frac 2{mR^2} (-V(\theta))}},$$

se $\lambda > \frac 12$,

$$T=2\int_{-\frac \pi 2}^{\arccos (2\lambda)} \frac {d\theta}{ \sqrt{ \frac 2{mR^2} (-V(\theta))}},$$

se $\lambda < \frac 12$.

La posizione $\theta= \frac {\pi}2$ è raggiunta solo se $\lambda > \frac 12$; il tempoè:

$$t=\int_{-\frac \pi 2}^{\frac \pi 2} \frac {d\theta}{ \sqrt{ \frac 2{mR^2} (-V(\theta))}}.$$

Il valore di $\dot \theta$ è dato dalla conservazione dell'energia. Essendo $V(\frac {\pi}2)=V(-\frac {\pi}2)$, $\dot \theta$ deve coincidere con il valore iniziale, cioè $\dot \theta = 0$.

Sempre per la conservazione dell'energia, $\dot \theta =\pm \sqrt{\frac 2{mR^2} (-V(\theta))}$, dunque quando $\theta=0$, $\dot \theta = \pm \sqrt{-\frac 2{mR^2}E_1}= \pm \Omega \sqrt{2\lambda -1}$.

Il valore del massimo $\dot \theta$ è raggiunto quando, lungo l'orbita, $V(\theta)$ è minimo. Se $\lambda ge 1$ il minimo è raggiunto in $\theta=0$; se $\lambda < 1$, il minimo è raggiunto in $\theta = \theta^-$.

Il dato iniziale $(\theta_0, \dot \theta_0)= (-\frac {\pi}2, \omega)$ ha energia totale $\frac 12 m R^2 \omega^2$; per $\omega$ grande, l'orbita è periodica perché la variabile è un angolo. Il moto è la rotazione completa. Il periodo è

$$T= \int_{-\pi}^{\pi} \frac {d\theta}{ \sqrt{ \frac 2{mR^2} (\frac 12 mR^2\omega^2-V(\theta))}},$$

che per $\omega$ grande, al primo ordine in $\frac 1\omega$, vale $\frac {2\pi}\omega$.

Nelle posizioni di equilibrio $\theta=0$ e $\theta = \pi$, l'accelerazione è nulla $\ddot \theta =0$, dunque per $\omega$ grande la va come $\omega$ in $\theta=0$ e $-\omega$ in $\theta = \pi$.

Per $\theta= \frac {\pi}2$, il coseno è nullo, e dall'equazione del moto ricavo $mR^2 \ddot \theta= -Rmg$, cioè $\ddot \theta = -\frac {mg}R$. Ne segue che la componente verticale della reazione è nulla.

3.1.8

Standard.

3.1.9

Standard.

3.1.10

Standard.

3.1.11

Le orbite sono tutte limitate per $a>0$. L'origine è stabile se e solo se $a > \frac 12$.

3.1.12

Il massimo dell'energia potenziale è $-1$. Il dato iniziale ha energia $-\frac 12$. Dunque il moto è illimitato, e $\dot x > 0$ per tutti i tempi positivi. Il tempo per raggiungere $+\infty$ è dato da

$$T=\int_0^{+\infty} \frac {dx}{\sqrt{2(\sqrt{1+x^2} -\frac 12)}},$$

che è infinito. Quando $t$ va ad infinito, $x$ va ad infinito, e l'accelerazione tende al limite di $\frac x{\sqrt{1+x^2}}$ che è $1$. È ragionevole aspettarsi che quando $t$ è grande, il moto sia vicino al moto uniformemente accelerato $\tilde x + \tilde v t + \frac {t^2}2$. In particolare ci si aspetta che $\dot x$ sia vicino a $\tilde v + t$. Per capire se un tale $\tilde v$ esiste è sufficiente calcolare il limite $\lim_{t\to +\infty} (\dot x -t)$. Sia $\dot x$ che $t$ si possono esprimere in funzione della x:

$$\tilde v = \lim_{x\to +\infty} \left( \sqrt{2(\sqrt{1+x^2} -\frac 12)} - \int_0^x \frac {dz}{\sqrt{2(\sqrt{1+z^2} -\frac 12)}}\right).$$

Ora posso scrivere $\dot x$ come l'integrale della sua derivata in $x$:

$$\sqrt{2(\sqrt{1+x^2} -\frac 12)} =1+ \int_0^x \frac {dz}{\sqrt{2(\sqrt{1+z^2} -\frac 12)}} \frac z{\sqrt{1+z^2}}.$$

Sostituendo e raccogliendo:

$$\tilde v =1 - \int_0^{\infty} dz \frac 1{\sqrt{2(\sqrt{1+z^2} -\frac 12)}} \frac 1{ z^2 + z\sqrt{1+z^2} +1},$$

che è finito. Per la determinazione di $\tilde x$, dovrò calcolare $\lim_{t\to +\infty} (x(t) - \tilde v t - \frac 12 t^2)$. Si può procedere come sopra anche se è piú complicato.

3.1.13

Il moto è periodico per tutti i dati iniziali con energia negativa, non è periodico, ed è illimitato, per i dati iniziali con energia maggiore o uguale a 0. C'è una sola soluzione stazionaria, in $x=1$.

Per $x_0=\frac 12$ e $\dot x_0= 1$ l'energia vale $\frac 12$. che è positiva. Dunque $x\to \infty$. Il valore asintotico della velocità è $\sqrt{2(\frac 12)}=1$.

Per $x_0=\frac 12$ e $\dot x_0= -1$, il punto si muove verso sinistra diminuendo il valore assoluto della sua velocità. Successivamente inverte la velocità. Dunque il minimo della velocità è $-1$, quella del dato iniziale. Il massimo è raggiunto in $x=1$ (che è il minimo dell'energia potenziale), e vale $\sqrt{2(\frac 12 +1 -\frac 12)}=\sqrt{2}$.

3.1.14

Non disponibile

3.1.15

Non disponibile

3.1.16

Non disponibile

3.1.17

Non disponibile

3.1.18

Non disponibile

3.1.19

Non disponibile

3.1.20

Non disponibile

3.1.21

Non disponibile

3.1.22

Non disponibile

3.1.23

a) No, solo se il potenziale è armonico.

b) Il limite è $+\infty$, e il moto NON è uniformemente accelerato.

c) nulla

d) Solo nel caso 4 l'origine è stabile. Il pendolo capovolto linearizzato con attrito è il caso 2. Il caso 3 è un oscillatore armonico con attrito a tempo invertito.

e) 1, 2. I casi 5 e 10 possono considerarsi come moti unidimensionale visti in un sistema di riferimento mobile, di velocità costante. L'energia nel sistema solidale si conserva.